《2025年实验班提优训练九年级数学上册浙教版》

1.(2025·湖南娄底涟源期中)若$\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$,则$\frac{b}{a+b}$的值为$\frac{3}{5}$.

答案： $\frac{3}{5}$ [解析]
∵$\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$，
∴可以假设$a=2k$，$b=3k(k≠0)$，
∴$\frac{b}{a+b}=\frac{3k}{2k+3k}=\frac{3}{5}$.

2.已知线段x,y,z满足$\frac{x}{3}=\frac{y}{4}=\frac{z}{6}$.
(1)求$\frac{x+y}{y}$的值;
(2)如果线段x,y,z满足$2x+3y+z=6$,求$x+y-z$的值.

答案：
(1)设$\frac{x}{3}=\frac{y}{4}=k(k≠0)$，
∴$x=3k$，$y=4k$.
∴$\frac{x + y}{y}=\frac{3k + 4k}{4k}=\frac{7}{4}$.
(2)设$\frac{x}{3}=\frac{y}{4}=\frac{z}{6}=k(k≠0)$，则$x=3k$，$y=4k$，$z=6k$.
∵$2x + 3y + z = 6$，
∴$6k + 12k + 6k = 6$，解得$k=\frac{1}{4}$，
∴$x + y - z = 3k + 4k - 6k = k=\frac{1}{4}$.

3.(2024·宁波期末)如图所示,$AD// BE// CF$,$AB=3$,$BC=6$,$DE=2$,则EF的值为(C).

答案： C

4.(2024·杭州上城区期末)如图,已知直线$l_{1}// l_{2}// l_{3}$,直线m和直线n分别交$l_{1},l_{2},l_{3}$于点A,B,C,D,E,F,直线m和直线n交于点P.若$DE=2$,$EF=4$,$AB=4$,若$BP:CP=1:3$,则$CP=$(D).

答案： D [解析]
∵直线$l_{1} // l_{2} // l_{3}$，
∴$\frac{AB}{BC}=\frac{DE}{EF}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$.
∵$AB = 4$，
∴$BC = 8$.
∵$BP:CP = 1:3$，
∴$PC=\frac{3}{4}BC=\frac{3}{4}×8 = 6$. 故选D.

5.中考新考法 满足结论的条件开放 （2024·杭州上城区期末）如图,AC,BD交于点O,连结AB,CD,若要使$\triangle AOB\backsim \triangle COD$,可以添加条件$\angle A = \angle C$.（只需写出一个条件即可）

答案： $\angle A = \angle C$(答案不唯一) [解析]添加$\angle A = \angle C$，且$\angle AOB = \angle COD$，
∴$\triangle AOB \sim \triangle COD$.

6.如图,在$\triangle ABC$中,$\angle B=60^{\circ}$,$AB=8$,$BC=10$,E为边AB上任意一点,$EF\perp BC$于点F,$EG// BC$交AC于点G,连结FG,若四边形BEGF为平行四边形,则AE等于(C).

答案： C [解析]设$BF = x$.
∵四边形$BEGF$是平行四边形，
∴$EG = BF = x$.
∵$EF \perp BC$，
∴$\angle BFE = 90^{\circ}$.
∵$\angle B = 60^{\circ}$，
∴$\angle BEF = 30^{\circ}$，
∴$BE = 2x$，
∴$AE = AB - BE = 8 - 2x$.
∵$EG // BC$，
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{EG}{BC}$，即$\frac{8 - 2x}{8}=\frac{x}{10}$，解得$x=\frac{20}{7}$，
∴$AE = 8 - 2x = 8 - 2×\frac{20}{7}=\frac{16}{7}$. 故选C.

7.(2025·山东济南历城区期中)如图,在$\triangle ABC$中,$AC=\sqrt{10}$,按以下步骤作图:①以点B为圆心,以适当的长为半径画弧,交BC于点D,交AB于点E,连结DE;②以点C为圆心,以BD长为半径画弧,交AC于点F;③以点F为圆心,以DE的长为半径画弧,在$\triangle ABC$内与前一条弧相交于点G;④连结CG并延长交AB于点H.若点H恰好为AB的中点,则AB的长为(A).

答案： A [解析]由作图易知$\angle B = \angle ACH$.
∵$\angle A = \angle A$，
∴$\triangle ABC \sim \triangle ACH$，
∴$\frac{AC}{AH}=\frac{AB}{AC}$，则$\frac{AC}{AB}=\frac{AH}{AC}$.
∵点$H$恰好为$AB$的中点，
∴$AH=\frac{1}{2}AB$.
∵$AC = \sqrt{10}$，
∴$\frac{\sqrt{10}}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AB}{\sqrt{10}}$，
∴$AB = 2\sqrt{5}$. 故选A.

8.如图,在平行四边形ABCD中,过点A作$AE\perp BC$,垂足为E,连结DE,F为线段DE上一点,且$\angle AFE=\angle B$.

答案：
(1)$\triangle ADF \sim \triangle DEC$. 理由如下：
∵四边形$ABCD$为平行四边形，
∴$AB // CD$，$AD // BC$，
∴$\angle C + \angle B = 180^{\circ}$，$\angle ADF = \angle DEC$.
∵$\angle AFD + \angle AFE = 180^{\circ}$，$\angle AFE = \angle B$，
∴$\angle AFD = \angle C$.
∵$\angle ADF = \angle DEC$，$\angle AFD = \angle C$，
∴$\triangle ADF \sim \triangle DEC$.
(2)
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$CD = AB = 8$. 由
(1)可知$\triangle ADF \sim \triangle DEC$，
∴$\frac{AD}{DE}=\frac{AF}{CD}$，即$\frac{6\sqrt{3}}{DE}=\frac{4\sqrt{3}}{8}$，解得$DE = 12$.
∴在$Rt\triangle ADE$中，由勾股定理，得$AE = \sqrt{DE^{2}-AD^{2}}=\sqrt{12^{2}-(6\sqrt{3})^{2}} = 6$.
知识拓展 三角形相似的判定方法有：三边对应成比例，两三角形相似；两边对应成比例，且夹角相等，两三角形相似；两个角对应相等，两三角形相似. 常利用三角形相似或平行线得到对应线段成比例进行计算.